题解：CF2140E Prime Gaming

E2 跑了 2859 ms，怎么感觉有点蓟县。

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E1

首先 $m=1$ 的时候只有一种全为 $1$ 的情况，答案为 $1$。

接下来只需考虑 $m=2$ 的情况。由于 $n\le 20$，考虑状压。

先钦定从左往右数第 $i$ 堆石头的信息存在长度为 $n$ 二进制从高位往低位数的第 $i$ 位上。由于 $c_i=1/2$，我们设二进制某一位为 $0/1$ 表示石头的数量为 $1/2$。

设 $d{p}_{i,S,0/1}$ 表示有 $i$ 堆石子，状态为 $S$ 且当前 Alice 为先手/后手的时候最终的那一堆石头的数量是否能为 $2$。则有转移方程：

$$\{\begin{array}{l}d{p}_{i,S,0}={\bigvee }_{S^{\prime }\in \mathcal{F}(S)}d{p}_{i-1,S^{\prime },1}\\ d{p}_{i,S,1}={\bigwedge }_{S^{\prime }\in \mathcal{F}(S)}d{p}_{i-1,S^{\prime },0}\end{array}$$

其中 $\mathcal{F}(S)$ 表示 $S$ 中的某一位去掉以后的状态，这个可以进行预处理。

设 $nx{t}_{S,i}$ 表示状态为 $S$ 去掉第 $i$ 堆石头时形成的状态。但需要注意，这个状态 $S$ 在二进制下的长度一直是 $n$，因此即使没有该位置的信息，直接置为 $0$ 即可。由于是从高位往低位存储信息的，因此是形如 $\text{xxxxoyy}\to \text{xxxxyy}$ 的合并。显然可以分为两个部分合并，写成如下式子（注意 $i$ 下标是 0-base 的）：

$$nx{t}_{s,i}=\left(\lfloor \frac{S}{2^{n-i}}\rfloor \cdot 2^{n-i}\right)+\left(2\cdot \left(S\mathrm{mod}{2}^{n-i-1}\right)\right)$$

也就是等价于如下表达式：

nxt[S][i] = ((S >> (n - i)) << (n - i)) | ((S & ((1 << (n - i - 1)) - 1)) << 1);

最后的答案为 $2^n+\sum _{S=0}^{2^n-1}d{p}_{n,S,0}$。

代码如下：

void solve ()
{
    int n = read (),m = read (),k = read (),ans = 0;
    vector <int> fl (n);
    for (int i = 1;i <= k;++i) fl[read () - 1] = 1;
    if (m == 1) {puts ("1");return;}
    vector <vector <int>> dp (1 << n,vector <int> (2,0)),ndp (1 << n,vector <int> (2,0)),nxt (1 << n,vector <int> (n + 1));
    for (int S = 0;S < (1 << n);++S)
        for (int i = 0;i < n;++i) nxt[S][i] = ((S >> (n - i)) << (n - i)) | ((S & ((1 << (n - i - 1)) - 1)) << 1);
    dp[0][0] = dp[0][1] = 0;dp[1 << (n - 1)][0] = dp[1 << (n - 1)][1] = 1;
    for (int i = 2;i <= n;++i)
    {
        for (int S = 0;S < (1 << i);++S)
        {
            ndp[S << (n - i)][0] = 0,ndp[S << (n - i)][1] = 1;
            for (int j = 0;j < i;++j) 
                if (fl[j]) ndp[S << (n - i)][0] |= dp[nxt[S << (n - i)][j]][1],ndp[S << (n - i)][1] &= dp[nxt[S << (n - i)][j]][0];
        }
        for (int S = 0;S < (1 << i);++S) dp[S << (n - i)][0] = ndp[S << (n - i)][0],dp[S << (n - i)][1] = ndp[S << (n - i)][1];
    }
    for (int S = 0;S < (1 << n);++S) ans += dp[S][0];
    printf ("%d\n",ans + (1 << n));
}

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E2

在 E1 的基础上，我们考虑一下设计的状态所表示的信息。设 $d{p}_{i,S,0/1}$ 表示当在 $S$ 的状态下，这些位置的石头数量均不小于 $k$ 时，最后的一堆的石头数是否能不小于 $k$。

答案统计的时候，枚举 $k$ 与 $i$，表示 $n$ 堆石头中有 $i$ 堆的石头数量为 $[k,m]$，$n-i$ 堆的石头数量为 $[1,k-1]$，则 $\sum _{S=0}^{2^n-1}[[pop\_count(S)=i]]\cdot d{p}_{n,S,0}\times (m-k+1{)}^i\times (k-1{)}^{n-i}$ 表示答案不小于 $i$ 的合法数量。显然最后一堆石头的数量为 $x$ 时的贡献会被拆成 $1,2,\cdots ,x$ 这 $x$ 个地方的单个 $1$ 的贡献，因此最后的答案为：

$$\sum _{i=0}^n\sum _{S=0}^{2^n-1}[[pop\_count(S)=i]]\cdot d{p}_{n,S,0}\times (m-k+1{)}^i\times (k-1{)}^{n-i}$$

完整代码如下：

void solve ()
{
    int n = read (),m = read (),k = read ();ll ans = 0;
    vector <int> fl (n);
    for (int i = 1;i <= k;++i) fl[read () - 1] = 1;
    vector <vector <int>> dp (1 << n,vector <int> (2,0)),ndp (1 << n,vector <int> (2,0)),nxt (1 << n,vector <int> (n + 1));
    vector <int> cnt (n + 1,0);
    for (int S = 0;S < (1 << n);++S)
        for (int i = 0;i < n;++i) nxt[S][i] = ((S >> (n - i)) << (n - i)) | ((S & ((1 << (n - i - 1)) - 1)) << 1);
    dp[0][0] = dp[0][1] = 0;dp[1 << (n - 1)][0] = dp[1 << (n - 1)][1] = 1;
    cnt[1] = 1;
    for (int i = 2;i <= n;++i)
    {
        for (int j = 0;j <= n;++j) cnt[j] = 0;
        for (int S = 0;S < (1 << i);++S)
        {
            ndp[S << (n - i)][0] = 0,ndp[S << (n - i)][1] = 1;
            for (int j = 0;j < i;++j) 
                if (fl[j]) ndp[S << (n - i)][0] |= dp[nxt[S << (n - i)][j]][1],ndp[S << (n - i)][1] &= dp[nxt[S << (n - i)][j]][0];
        }
        for (int S = 0;S < (1 << i);++S) 
        {
            dp[S << (n - i)][0] = ndp[S << (n - i)][0],dp[S << (n - i)][1] = ndp[S << (n - i)][1];
            int tot = __builtin_popcount (S);
            cnt[tot] = (cnt[tot] + dp[S << (n - i)][0]) % MOD;
        }
    }
    for (int i = 0;i <= n;++i)
        for (int k = 1;k <= m;++k) ans = (ans + qpow (m - k + 1,i) * qpow (k - 1,n - i) % MOD * cnt[i]) % MOD;
    printf ("%lld\n",ans);
}